2019届陕西省宝鸡中学高三第五次模拟考试理科综合物理试卷（解析版）

陕西省宝鸡中学2019届高三第五次模拟考试理科综合

物理试题

二、选择题（本题共8小题，每题6分。第14～18题只有一个符合题目要求，19～21题有多 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）

1.如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的图象，已知时甲在乙前方处，则在0～4 s的时间内甲和乙之间的最大距离为

A. 8 m    B. 14 m    C. 68 m    D. 52 m

【答案】C

【解析】

【分析】

开始时，甲在乙前面60m，0-3s内甲的速度大于乙，则甲乙之间的距离一直增大，当t=3s时刻两者距离最大；根据v-t图像的面积等于位移求解最大距离.

【详解】在0.-3s内甲的速度大于乙，则甲乙间距一直增大，则当t=3s时甲乙距离最大，此时的最大距离为：，故选C.

2.一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框固定不动，其中矩形区域存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小随时间均匀变化，，已知，，已知长度的电阻为，则导线框中的电流为

A.     B.

C.     D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据法拉第电磁感应定律求解线圈中的感应电动势；根据闭合电路的欧姆定律求解电流；

【详解】根据法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势：；线圈中的电流为 ，故选A.

【点睛】此题是易错题，要知道求解磁通量变化率时要用有磁场部分的面积；求解总电阻时要用线圈的总长度.

3.如图所示，一根劲度系数为的轻质弹簧固定在天花板上，弹簧下端系一质量为的物体，现将竖直向下的外力作用在物体上，使弹簧的伸长量为。撤去外力后，物体由静止竖直向上弹出，已知对于劲度系数为的弹簧，当其形变量为时，具有的弹性势能为，重力加速度为g，其他阻力不计，则从撤去外力到物体的速度第一次减为零的过程中，物体的最大速度为

A.     B.

C.     D.

【答案】B

【解析】

【分析】

当重力和弹力相等时速度最大，列出平衡方程求解速度最大的位置；根据能量守恒定律列式求解最大速度.

【详解】当物体速度最大时，弹力等于重力：mg=kx1，则物体从释放到速度最大，上升的距离为；由能量关系可知：，解得；故选B.

4.如图所示，是围绕地球做匀速圆周运动的两个卫星，已知为地球的同步卫星，的轨道半径小于的轨道半径，A为静止在赤道上的物体，则下列说法正确的是

A. 绕地球运行的周期大于24小时

B. 适当减速有可能与实现对接

C. 的运行速度大于A随地球自转的线速度

D. 的运行速度大于地球的第一宇宙速度

【答案】C

【解析】

【分析】

根据可判断M的周期与N周期的关系；从低轨道进入高轨道要加速；MN同为卫星，根据判断线速度关系，根据AN的角速度关系判断线速度关系；

【详解】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，轨道半径越小周期越小，M的运行周期小于N的运行周期24小时，故A错误；N的高度大于M的高度，M适当加速，加速后M做圆周运动需要的向心力变大，M做离心运动，轨道半径变大，M到达N的轨道上，可以实现对接，故B错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，轨道半径越大运行速度越小，则M的速度大于N的速度；又N和A具有相同的角速度，可知N的线速度大于A的线速度，可知M的运行速度大于A随地球自转的线速度，选项C正确；第一宇宙速度是最大的环绕速度，则N的运行速度小于地球的第一宇宙速度，选项D错误；故选C.

5.一带正电荷的粒子只在电场力作用下沿轴正方向运动，轴正半轴上的电势随位置变化的关系如图所示，则下列说法中正确的是

A. 处的电场强度均沿轴负方向

B. 该粒子在处的加速度大于在处的加速度

C. 该粒子从处到处的过程中做减速运动

D. 该粒子在处的电势能大于在处的电势能

【答案】D

【解析】

【分析】

沿电场线电势降低，可知场强方向；φ-x图像的斜率等于场强；正电荷在高电势点电势能较大.

【详解】由于沿着电场线的方向电势越来越低，则知x1、x2处的电场强度均沿x轴正方向，选项A错误；由于在φ－x图象中，图线上某一点所对应的切线斜率的绝对值表示该点所对应的电场强度的大小，结合qE＝ma可得，该粒子在x1处的加速度小于在x2处的加速度，选项B错误；该粒子从x1处到x2处的过程中做加速运动，选项C错误；由于粒子从x1处到x2处的过程，电场力做正功，粒子的电势能减少，所以该粒子在x1处的电势能大于在x2处的电势能，选项D正确；故选D。

【点睛】本题以φ—x图象为载体考查电势、电场强度及电势能等知识，意在考查考生的理解能力和分析问题的能力。

6.在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻、、，流过副线圈的电流随时间的变化关系如图乙所示，已知电阻和消耗的功率相等，下列说法正确的是

A. 变压器原、副线圈的匝数比为2：l

B. 流过变压器原线圈的电流有效值为1A

C. 流过电阻的电流有效值为

D. 电阻消耗的功率为

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据电阻R2和R3消耗的功率相等列式可求解原副线圈的电压比，从而求解匝数比；根据图像可知副线圈电流的有效值，根据匝数比求解原线圈电流有效值；根据变压器匝数和电压的关系求解初级电压有效值，从而求解电阻R2电流有效值；电阻R1电流的有效值等于变压器初级电流有效值与R2电流有效值之和；根据P=I2R求解电功率。

【详解】因电阻R2和R3消耗的功率相等，则，解得，根据 可知变压器原、副线圈的匝数比为2：l，选项A正确；次级电流有效值为，根据 可知流过变压器原线圈的电流有效值为，选项B错误；次级电压有效值为，则初级电压有效值为 ；R2电流的有效值为：，则流过电阻R1的电流有效值为，选项C正确；电阻R1消耗的功率为，选项D错误；故选AC.

7.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为，磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径()为，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的点，不计粒子重力。下列说法正确的是

A. 速度选择器的极板的电势板比极板的高

B. 粒子的速度

C. 粒子的比荷为

D. 两点间的距离为

【答案】C

【解析】

【分析】

根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性；根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电势高低；根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解粒子的比荷；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动求解半径，可求解PQ距离.

【详解】粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板P1的电势比极板P2的高，选项A正确；由qvB1＝qE1可知，粒子的速度 ，选项B错误；由 和 可得，粒子的比荷为，选项C正确；粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ为轨迹圆的直径，故P、Q两点间的距离，选项D错误。故选C.

8.如图甲所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，质量为的物块(可视为质点)在沿斜面向上的外力F的作用下从斜面底端O沿斜面运动到A点最后运动到B点，已知物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，以水平地面为零势能面，物块的机械能E与物块运动的位移x的关系如图乙所示，则下列说法正确的是

A. 物块在OA段运动时，外力

B. 物块在AB段运动时，外力

C. 物块从O点运动到A点的时间为2s

D. 物块运动到点时的速度大小为10m/s

【答案】CD

【解析】

【分析】

因除重力以外的其它力的功等于机械能的增量，可知E-x图像的斜率等于力F与摩擦力的合力，根据两段图像的斜率可求解力F的大小；根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解物块从O点运动到A点的时间以及物块运动到A点时的速度大小。

【详解】物体机械能的增加量等于重力之外的力的做的功，故题图乙中OA段斜率的大小为外力F1与摩擦力的合力大小，即：可得F1=15N；同理可得：，解得F2=20N，选项AB错误；在OA段，根据牛顿第二定律：，根据解得t=2s，选项C正确；根据vA2=2aoAXOA 解得vA=10m/s，选项D正确；故选CD.

【点睛】对物理图像问题，关键是搞清图像的物理意义，尤其是图像的斜率以及截距的物理意义，结合物理规律求解.

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第37题为选考题，考生根据要求做答。）

（一）必考题（11题，共129分）

9.某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系实验中，把弹簧放置在水平桌面上，测出其自然长度，然后竖起悬挂让弹簧自然下垂，如图甲所示，在其下端挂上钩码。

（1）实验时逐渐增加弹簧下端钩码并记录所挂钩码的重力F与其对应弹簧的形变量x，作出的F-x图象如图乙所示。图线不过原点的原因是_________。

（2）该同学又找来与弹簧性质相同的橡皮筋，橡皮筋在弹性限度内弹力与伸长量成正比，即，查阅资料后发现式中值与橡皮筋的原长和横截面积有关。理论与实验都表明，其中是由材料本身决定的常数，在材料力学中称为杨氏模量。

①杨氏模量的单位是___________。

A.    B.    C.    D.

②若该橡皮筋的值与（1）中弹簧的劲度系数相同，该橡皮筋的原长为，横截面积为，则可知该橡皮筋的杨氏模量的大小为_________（结果保留两位有效数字）。

【答案】    (1). （1）弹簧自身重力的影响；    (2). （2）①D    (3). ②1.0×107N/m2.

【解析】

【分析】

（1）根据图像可知，弹簧不加拉力时就有伸长量，分析其原因；（2）根据公式分析杨氏模量的单位；根据F-x图像求解弹簧的劲度系数，从而求解杨氏模量。

【详解】（1）弹簧的原长是放置在水平桌面上测出的，由于弹簧自身的重力影响，F=0时，竖直悬挂的弹簧的形变量不为零；

（2）①根据表达式 可知，杨氏模量的单位是=N/m2；

②由F-x图像可知k==100N/m；带入表达式可得橡皮筋的杨氏模量Y的大小为1.0×107N/m2.

10.某实验小组利用图甲所示的电路测金属丝的电阻率。

(1)请根据图甲，对图乙的实物图进行连线，使滑动变阻器的滑片向右移时，电流表的示数变小。(2)如图丙所示，利用螺旋测微器测出金属丝的直径d=___ 。

(3)闭合开关后，将滑动变阻器的滑片调至一合适位置后不动，多次改变金属丝上金属夹的位置，得到几组U、I、L(U为电压表的示数，I为电流表的示数，L为金属丝接入电路的长度)的数据，用R=计算出相应的电阻值后作出R—L图线如图丁所示。取图线上两个点间数据之差ΔL和ΔR，则金属丝的电阻率ρ= _____           (用题给字母进行表示)。ρ的测量值 _____ (选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。

【答案】    (1).      1.650 mm    (2).     (3). 小于

【解析】

连接实物图如图所示

螺旋测微器的读数为

（2）由电阻 ，结合图像斜率，可求得 本实验采用电流表的外接法,通过金属丝电流的测量值偏大,故 偏小的测量值小于真实值。

11.如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心．在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×106 N/C，一个质量m=2.0×10-2kg，电荷量q=2.0×10-7C的带正电小球（可看作质点），从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求：

（1）小球经过C点时对轨道的压力大小；

（2）小球经过B点后能上升的最大高度．

【答案】（1）1.65N（2）0.85m

【解析】

（1）由题意可知，小球进入电场前做自由落体运动，设下落的高度为h，到达C的速度为vC，由题意可得： （1）

小球进入电场后做圆周运动，从A点运动到C点过程由动能定理可得： （2）

可得：vC=5m/s （3）

设到达C时轨道对小球的支持力为N，由受力分析可得： （4）

由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为N'=N=1.65N（5）

（2）设小球经过B点后上升的最大高度为h'，小球从C点经过B点上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得：  （6）

代入数据可得：h'=0.85m（7）

点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点C的向心力来源，结合牛顿第二定律进行求解．

12.如图所示，一质量的足够长木板静止的光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离。现有一可视为质点的质量的小物体A，以初速度从B的左端水平滑上B，已知A、B间的动摩擦因数，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。已知全过程中A都在B上。

（1）求B与竖直墙壁碰撞前瞬间的速度大小；

（2）求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间；

（3）若L的大小可以改变，并要求B只与墙壁碰撞两次，则B的右端开始时与墙壁的距离L应该满足什么条件？（仅从动量关系分析）

【答案】（1）24J；（2）3.5s；（3）

【解析】

【分析】

（1）A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度，根据能量守恒可求系统转化的内能；

（2）根据牛顿第二定律可求加速运动的时间和位移，再根据匀速运动求剩下位移所用的时间，即可求解总时间；

（3）A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出S。应用动量守恒定律与动能定理求出S的临界值，然后答题．

【详解】(1)设A、B达到的共同速度为v共，根据动量守恒有

mv0＝(m＋M)v共

解得v共＝2m/s

设这一过程中B向右运动的位移为x1，根据动能定理有

解得x1＝3m

因x1<L，A、B达到共同速度后才与墙碰撞，对系统有能量守恒可得：

代入数据解得Q=24J

(2)设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为t1，则有

v=at1

代入数据解得t1＝3s

两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为t2，

L-x1=vt2，解得t2=0.5s

所以，从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为：t＝t1＋t2＝3.5s

(3)要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等。取水平向右为正方向，设B与墙壁第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有

mv0＝mv1＋Mv2

设B与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒有

mv1－Mv2＝mv3＋Mv4

若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二次碰撞后总动量方向要向左，所以有

mv1－Mv2>0，mv3－Mv4≤0

根据B往返运动的对称性知v2＝v4

根据动能定理有

解得L>m，

如mv1－Mv2=0，L= m

满足题目条件是：

（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、1道生物题中每科任选一题做答，并2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

[物理—选修3—3]

13.下列说法正确的是_____________

A. 熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态

B. 内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化

C. 根据热力学第二定律可知，各种形式的能可以相互转化

D. 外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能可能不变

E. 气体向真空的自由膨胀是不可逆的

【答案】ADE

【解析】

【详解】根据熵的定义，熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态，选项A正确；根据热力学第二定律可知，内能不可以全部转化为机械能而不引起其他变化，选项B错误；根据能量守恒定律可知，各种形式的能可以相互转化；根据热力学第二定律，宏观自然的过程都具有方向性，选项C错误；根据热力学第一定律可知，若外界对物体做功等于物体向外界放出热量，物体的内能不变，选项D正确；根据热力学第二定律，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项E正确；故选ADE.

14.如图所示，左边容器上端有一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为的活塞，两容器由装有阀门的极细管道相连，两容器的横截面的面积均为，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空，且右边容器高为2H。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的2.5倍，已知外界大气压强为重力加速度为g，求此过程中气体内能的增加量。

【答案】（Mg+p0S）H；

【解析】

【分析】

对活塞受力分析，应用理想气体状态方程求出活塞下降的距离，再根据热力学第一定律求内能的变化。

【详解】由题意知，理想气体发生等压变化，设气体压强为p，活塞受力平衡，有pS=Mg+p0S，设气体初态时的温度为T，系统达到新平衡时活塞下降的高度为x；
由盖-吕萨克定律得：，
解得：x=H，
又因为系统绝热，所以：Q=0，外界对气体做功为：W=pSx，
根据热力学第一定律有：△U=Q+W，解得：△U=（Mg+p0S）H；

【点睛】本题考查了热力学第一定律和理想气体状态方程的综合应用，关键是明确所研究的封闭气体的热学过程，难度中等。

[物理—选修3—4]

15.一列简谐横波在t=0.3s时的波形图如图所示。介质中平衡位置在处的质点沿轴方向做简谐运动的表达式为。则这列波的波速为_________；这列波的传播方向沿轴________（填“正”或“负”）方向。

【答案】    (1). 10m/s    (2). 负

【解析】

【分析】

根据波形图读出波长，根据求解周期，根据求解波速；根据t=0.3s时刻P点的振动方向可判断波的传播方向。

【详解】由图可知波长λ=4m，由可得，周期，则波速；由可得t=0.3s时质点P在平衡位置且向上振动，可判断此波的传播方向沿x轴负方向。

16.图示为用透明介质做成的一块棱镜的截面图，其中是矩形，是半径为的四分之一圆，圆心为。一条光线从面上的E点垂直于入射，它进入棱镜后恰好在面上的点(图中未画出)发生全反射后经过点，已知棱镜对该光的折射率为，光在真空中的传播速度为求：(结果可用根号表示)

(i)的正切值；

(ii)光线从点传播到点所需的时间。

【答案】（1）+1；（2）

【解析】

【分析】

（1）光在M点恰好发生全反射然后经过A点，根据求解临界角，根据光的折射定律结合几何关系求解∠BOE的正切值；（2）根据几何关系求解光在棱镜中的传播距离，根据v=c/n求解速度，根据t=x/v求解时间.

【详解】（1）光线入射到BE面上的E点时，入射角为i，折射角为θ，光在M点恰好发生全反射，入射角为C，则

由几何关系可知：∠BOE=i，；，则；由折射定律：

即

解得tani=+1

故∠BOE的正切值为+1；

（2）

在∆AMD中：

光在该棱镜中的传播速度：

故所求的时间：

【点睛】本题是折射现象和全反射现象的综合，关键作出光路图，掌握全反射的条件和临界角公式，结合几何关系求解．